BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên đề: Đẳng thức – Bất dẳng thức -------- I – KIẾN THỨC CƠ BẢN: * Các tính chất cơ bản: 0 ≥−⇔≥ baba bcacbcacba +≥+⇔−≤−⇔≥ ba bc ca ≥⇒ ≥ ≥ cbdadbca dc ba −≥−⇔+≥+⇒ ≥ ≥ ( ) ( ) <≤ >≥ ⇔≥ 0: 0: ckhicbca ckhicbca ba ( ) ( ) ≤≤≤ ≥≥≥⇔≥ ⇔≥ 0;0: 0;0: 22 22 bakhiba bakhibaba ba ( ) 0. 11 ≠≤⇔≥ ba ba ba baba −≤−⇔≥ * Một số bất đẳng thức thông dụng: Bất đẳng thức Cô – si: Với n số không âm: nn aaaaa ;; ;;; 1321 − ; ta có: n n n aaa n aaa . 21 21 ≥ +++ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: n aaaa ==== 321 . Hệ quả: 2 ≥+ a b b a ; với 0. ≠ ba . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ba ±= Bất đẳng thức Bunhiacốpxki: Với 2n bộ số tương ứng: nn aaaaa ;; ;;; 1321 − và nn bbbbb ;; ;;; 1321 − ; ta có: ( )( ) ( ) 2 332211 23 3 2 2 2 1 23 3 2 2 2 1 nnnn bababababbbbaaaa ++++≥++++++++ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: n n b a b a b a === 2 2 1 1 Bất đẳng thức Trê – bư – sép: Với hai dãy sắp thứ tự giống nhau: n aaaa ≤≤≤≤ 321 và n bbbb ≤≤≤≤ 321 ; ta có: ( )( ) ( ) nnnn babababanbbbbaaaa ++++≤++++++++ 332211321321 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: nn bbbbaaaa ======== .; . 321321 . Bất đẳng thức chứa dấu giá trò tuyệt đối: baba +≥+ . Dấu “=” xảy ra khi 0. ≥ ba Hệ quả: baba −≤− . Dấu “=” xảy ra khi ( ) 0. ≥− bba Bổ sung: Với 0 ≥≥ ba . Ta có: * baba +≥+ . Dấu “=” xảy ra khi 0. = ba * baba −≤− . Dấu “=” xảy ra khi 0 = b hoặc ba = Chuỗi bất đẳng thức cơ bản: ( ) ℜ∈Ν∈∀≥ AnA n ;;0 2 (A - B) 2 ≥ 0 (1) ⇔ A 2 + B 2 ≥ 2AB (2) (4) ↕ (3) 4AB ≤ (A + B) 2 ≤ 2(A 2 + B 2 ) ↕ ⇓ 1 1 4 A B A B + ≥ + (5) (A 1 +A 2 + .+A n ) 2 ≤ n ( ) 2 2 2 1 2 . n A A A+ + + ,…(6) Nguyễn Văn Anh Trang 1 BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC Với các BĐT (1), .,(5): dấu “=” BĐT (6):dấu “=” xảy ra khi xảy ra khi A = B A 1 =A 2 = =A n II – MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CƠ BẢN: Trong quá trình giải toán về chứng minh bất đẳng thức ta thường bắt gặp hai loại bất đẳng thức phổ biến là: Bất đẳng thức không điều kiện và bất đẳng thức có điều kiện Ο Phương pháp 1: Dùng đònh nghóa và các tính chất của bất đẳng thức P 2 : Để chứng minh BA ≥ ta có thể: * Chứng minh: 0 ≥− BA hoặc BA 11 ≤ hoặc ( ) 0; 22 >≥ BABA * Sử dụng các tính chất cơ bản của BĐT để chứng minh BĐT đã cho là BĐT đúng Các ví dụ minh hoạ: ℵ Ví dụ 1: Cho edcba ;;;; là các số thực. Chứng minh rằng: ( ) edcbaedcba +++≥++++ . 22222 * Nhận xét – Tìm hướng giải: - Vế trái là một tổng các bình phương; vế phải khai triển tích sẽ cho ta 4 tích chứa đều chứa thừa số là a. Do đó xét hiệu (vế trái trừ vế phải) ta sẽ có được tổng của các bình phương. Γ GIẢI: Xét hiệu: M= ( ) edcbaedcba +++−++++ . 22222 2222 2 2 2 2 2 2 2 2 22222 2222 . 4 . 4 . 4 . 4 −+ −+ −+ −= +−+ +−+ +−+ +−= −−−−++++= e a d a c a b a eea a dda a cca a bba a eadacabaedcba Ta thấy: ⇒≥⇒ ∀≥ − ∀≥ − ∀≥ − ∀≥ − 0 ,;0 2 ,;0 2 ,;0 2 ,;0 2 2 2 2 2 M eae a dad a cac a bab a ( ) edcbaedcba +++≥++++ . 22222 (ĐPCM) + Dấu “=” xảy ra khi 2 a edcb ==== ℑ Ví dụ 2: Cho ℜ∈∀> pnm ;0; . Chứng minh rằng: ( ) pnmmnpnmnm ++≥++ 33 * Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy hiệu của vế trái và vế phải sẽ triệt tiêu hạng tử m.n.p và xuất hiện biểu thức: ( ) nmnmnm +−+ .)( 33 ; giá trò của biểu thức không phụ thuộc vào p. Do đó để chứng minh: ( ) pnmmnpnmnm ++≥++ 33 ta cần chứng minh: ( ) 0.)( 33 ≥+−+ nmnmnm Γ GIẢI: Xét hiệu: ( ) pnmmnpnmnmA ++−++= 33 ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2233 .2.)( nmnmnnmmnmnmnmnm −+=+−+=+−+= Vì : ( ) pnmnm ∀≥+⇒≥≥ ;00;0 (1) ( ) pnmnm ;;;0 2 ∀≥− (2). Từ (1) và (2) suy ra: ( ) pnmmnpnmnmA ++≥++⇒≥ 0 33 (ĐPCM) Nguyễn Văn Anh Trang 2 BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC + Dấu “=” xảy ra khi: nm ±= ℜ Ví dụ 3: Cho hai số yx; thoả mãn điều kiện: 1 =+ yx . Chứng minh: 2 1 22 ≥+ yx (Đề thi vàolớp 10; THPTchuyên Lê Q Đôn 2003 – 2004) * Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là bài toán chứng minh BĐT có điều kiện. Ta thấy: ( ) ( ) 2 22 22 yxyx yx −++ =+ . Do đó BĐT trên đúng nếu: ( ) ( ) 1 22 ≥−++ yxyx . Γ GIẢI: Từ điều kiện ( ) 11 2 =+⇒=+ yxyx (a) ( ) 0 2 ≥− yx (b) Cộng (a) và (b) vế theo vế ta có: ( ) ( ) ( ) 2 1 12 2222 22 ≥+⇒≥+=−++ yxyxyxyx . Dấu”=” xảy ra khi và chỉ khi 2 1 == yx Χ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Φ Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau: (Không có điều kiện ràng buộc của biến) a) cabcabcba ++≥++ 222 ( HD: Nhân hai vế với 2; chuyển vế xuất hiện dạng ( ) 2 BA − ) b) ( ) baabba +≥+ 33 với 0; > ba ( HD: Chia hai vế cho ( ) ba + ; chuyển vế xuất hiện dạng ( ) 2 BA − ) c) ( ) ( ) cabcabcba ++≥++ 3 2 ( HD: Xét hiệu: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 2222 2 1 3 accbbacabcabcba −+−+−==++−++ ) d) ( ) ( ) ( ) 4433 2 bababa +≤++ ( HD: Xét hiệu: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 3344 2 babababababa ++−==++−+ ) e) ( ) cbacba ++−≥+++ 4 3 222 ( HD: Xét hiệu: ( ) ( ) .12 ][ 4 3 2 222 ++==++−−+++ acbacba ) Φ Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: (Có điều kiện ràng buộc của biến) a) 8 1 44 ≥+ yx với 1 =+ yx (HD: p dụng kết quả ví dụ 3 và giải tương tự như ví dụ 3) b) 333444 zyxzyx ++≥++ ; với 3 =++ zyx (HD:Nhân hai vế với 3 =++ zyx và xét hiệu) c) 1 22 <+ yx ; với 0; > yx và yxyx −=+ 33 (HD: Kết hợp điều kiện để có: ( ) ( ) 0 11 332222 >==+−++−−=−− yxyxyxyx ) d) 2233 yxyx +≤+ ; với 0; > yx và 3243 yxyx +≤+ (HD: Cho C > D; chứng minh A > B. Ta chứng minh: (A – B) + (C – D) > 0 ) Ο Phương pháp 2: Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản. P 2 : Đây là phương pháp chứng minh phổ biến nhất; thường sử dụng khi chứng minh các BĐT có điều kiện ràng buộc. Để chứng minh BA ≥ với biến thoả điều kiện “m” nào đó;ta có thể: * Thực hiện các kó năng biến đổi sơ cấp cơ bản sao cho một vế của BĐT thoả điều kiện của của các BĐT cơ bản đã biết * Sử dụng các tính chất cơ bản của BĐT và kết hợp với điều kiện “m” để chứng minh BĐT đã cho là BĐT đúng. * Chú ý: + Điều kiện ràng buộc của các bất đẳng thức cơ bản như: Cô – si; Bunhiacốpxki; …. Các ví dụ minh hoạ: Nguyễn Văn Anh Trang 3 BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC ℵ Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 3 16 444 ≥++ zyx với 4 =++ zxyzxy . * Nhận xét – Tìm hướng giải: - Ta thấy ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 2 2 2 2222444 111)(3 zyxzyx ++++=++ thoả điều kiện của BĐT Bunhiacốpxki. - Mặt khác một vế của điều kiện ràng buộc cũng là một vế của BĐT Bunhiacốpxki vế còn lại xuất hiện biểu thức trung gian ( ) 222 zyx ++ . Do đó ta có thể sử dụng hai lần BĐT Bunhiacốpxki Γ GIẢI: + p dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số ( ) zyx ;; và ( ) xzy ;; theo điều kiện cho trước ta có: ( ) ( ) ( ) 2 222222222 16.)( zyxzyxzyxzxyzxy ++≤⇔++++≤++ (1) + p dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số ( ) 222 ;; zyx và ( ) 1;1;1 ta có: ( ) ( ) ( ) 444 2 222 111 zyxzyx ++++≤++ (2) + Từ (1) và (2) ta có ĐPCM. ℑ Ví dụ 2: Cho 1;0,, =++> cbacba Chứng minh rằng: 2 7 111 <+++++ cba . * Nhận xét – Tìm hướng giải: - Ta nhìn tổng 1 + a dưới dạng tích ( ) 1.1 + a . Khi đó: )1.(11 +=+ aa có dạng áp dụng được BĐT Cô – si. Γ GIẢI: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 7 3 2 111 1 22 11 1.11 1 22 11 1.11 1 22 11 1.11 =+ ++ ≤+++++⇒ += ++ ≤+=+ += ++ ≤+=+ += ++ ≤+=+ cba cba cc cc bb bb aa aa Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1001111 ≠=++⇒===⇔=+=+=+ cbacbacba ; trái với giả thiết. Vậy 2 7 111 <+++++ cba . ℜ Ví dụ 3: Cho các số không âm yxba ;;; thoả các điều kiện sau: 1 20052005 ≤+ ba và 1 20052005 ≤+ yx . Chứng minh rằng: 1 301975301975 ≤+ ybxa (TOÁN TUỔI THƠ 2 – Số 27) * Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: + Các đa thức tham gia trong bài toán cùng bậc: 3019752005 += . Đồng thời số mũ của các biến tương ứng bằng nhau. + Để xuất hiện điều kiện của bài toán thì: với ba; cần thêm vào số mũ một lượng bằng số mũ của biến tương ứng yx; và ngược lại. + ( ) 2005 1975 20051975 aa = ; ( ) 2005 30 200530 xx = ( ) ( ) ( ) ( ) 2005 30 2005 1975 2005 2005 30 2005 2005 1975 2005301975 xaxaxa ==→ . Γ GIẢI: p dụng BĐT Cô – si cho 1975 số 2005 a và 30 số 2005 x . Ta có: ( ) ( ) ( ) 301975 2005 30 2005 1975 2005 20052005 301975 .30.1975 xaxa xa =≥ + + (1) Nguyễn Văn Anh Trang 4 BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC Tương tự: ( ) ( ) ( ) 301975 2005 30 2005 1975 2005 20052005 301975 .30.1975 ybyb yb =≥ + + (2) Từ (1) và (2) ta có: ( ) ( ) ) .(2005.30.1975 3019753019752005200520052005 ybxayxba +≥+++ (3) Vì: 1 20052005 ≤+ ba và 1 20052005 ≤+ yx nên: ( ) ( ) 2005200520052005 .30.19752005 yxba +++≥ (4) Từ (3) và (4) ta có: 1 ) .(20052005 301975301975301975301975 ≤+⇒+≥ ybxaybxa Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 301975301975 ; ybxa == ∆Bài toán tổng quát: Từ bài toán ví dụ 3 ta có bài toán tổng quát sau: “Cho yxba ;;; là các số không âm thoả mãn: 1 ≤+ ++ nmnm ba và 1 ≤+ ++ nmnm yx . Khi đó: 1 ≤+ nmnm ybxa ” ↓ Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 333444 zyxzyx ++≥++ ; với 3;0,, ≥++> zyxzyx * Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy với 3 =++ zyx thì ta có thể giải như phương pháp 1. Song với điều kiện 3;0,, ≥++> zyxzyx và vai trò bình đẳng của zyx ;; nên ta có thể giả sử 333 zyxzyx ≥≥⇒≥≥ . Điều kiện này thoả mãn điều kiện của BĐT Trê – bư – sép. Γ GIẢI: Do vai trò bình đẳng của zyx ;; nên giả sử 333 zyxzyx ≥≥⇒≥≥ . p dụng BĐT Trê – bư – sép với hai dãy sắp thứ tự: )();( 333 zyxzyx ≥≥≥≥ . Ta có: ( ) ( ) ( ) 333444 .3 zyxzyxzyx ++++≥++ (1) Vì 00;; 333 >++⇒> zyxzyx và 3 ≥++ zyx , suy ra: ( ) ( ) ( ) 333333 .3 zyxzyxzyx ++≥++++ (2) Từ (1) và (2) ta có: 333444 zyxzyx ++≥++ (đpcm) Χ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: 1/- Chứng minh rằng: ( ) 9 111 ≥ ++++ zyx zyx Với 0;; > zyx HD: - Khai triển vế trái rồi sử dụng BĐT Cô – si cho 3 số dương: x z z y y x ;; . 2/- Chứng minh rằng: 2 3 ≥ + + + + + ba c ac b cb a Với 0;; > cba (BĐT Nesbit) HD: - Sử dụng kết quả bài 1 với bazacycbx +=+=+= ;; - Có thể sử dụng BĐT Trê – bư – sép 3/ - Chứng minh rằng: 2 222 cba ba c ac b cb a ++ ≥ + + + + + Với 0;; > cba . HD: + Cách 1: Sử dụng kết quả bài 2 + Cách 2: p dụng BĐT Cô – si để chứng minh: 4 2 cb a cb a + −≥ + . + Cách 3: p dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số: ( ) baaccb ba c ac b cb a +++ +++ ;;;;; 4/ - Chứng minh rằng: 2 3 101 . 1 . 1 ≥ + + + a c c b b a Với 0,, > cba và 1=++ cba HD: - Khai triển vế trái rối sử dụng BĐT Cô – si với ba số 27 1 ,, ≤⇒ cbacba - Sử dụng kết quả bài tập 1 5/ - Chứng minh rằng: 2 22 3 22 3 22 3 cba ac c cb b ba a ++ ≥ + + + + + Với 0;; > cba . HD: + 22 22 2 22 2 22 2 22 3 22 3 22 3 cba ac ca cb bc ba abcba ac c cb b ba a ++ ≤ + + + + + ⇔ ++ ≥ + + + + + Nguyễn Văn Anh Trang 5 BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC + p dụng BĐT Cô –si để chứng minh BĐT trung gian: 2 22 2 b ba ab ≤ + 6/ - Chứng minh rằng: 2 3 333 ≥ + + + + + ba c ac b cb a Với 0;; > cba và 1 222 =++ cba . HD: Sử dụng BĐT Trê – bư – sép và BĐT Nesbit. 7/ - Chứng minh rằng: cdacbacacaba +++++≥+++++ 2323 HD: - Tách cacaca 2 1 2 1 2 1 2 1 +++=+ rồi áp dụng BĐT chứa dấu giá trò tuyệt đối. 8/- Chứng minh rằng: bacacbcbaaccbba ++ + ++ + ++ ≥ + + + + + 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3 1 Với 0;; > cba HD: - Sử dụng BĐT (5) trong chuỗi BĐT cơ bản 9/ Chứng minh rằng: nn xxxx n xxxx ++++ ≥++++ . 1 111 321 2 321 Với ( ) nix i ; .;3;2;1;0 => (BĐT mở rộng tổng quát của BĐT (5) trong chuỗi BĐT cơ bản) HD: - Sử dụng BĐT Bunhiacốpxki. 10/- Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 3111 333 ≥ + + + + + bacacbcba Với 0;; > cba và thoả mãn: 1 = cba HD: - Biến đổi vế trái và áp dụng kết quả bài tập 9: ++ ++ ≥ + + + + + = + + + + + cba cba ab c ca b bc a cbca c babc b acab a 111 2 111 11 1 11 1 11 1111 2 222222 - Sử dụng BĐT Cô – si vơi ba số cba 1 , 1 , 1 Ο Phương pháp 3: Phương pháp làm trội làm giảm. P 2 : Phương pháp này thường sử dụng trong các bài toán chứng minh BĐT mà có một vế là một dãy số theo qui luật * Thực chất của phương pháp này là sử dụng hệ quả của tính chất bắc cầu.Ta thường sử dụng phần tử trung gian để làm trội hay giảm các số hạng của tổng * Từ các phần tử trung gian này giúp ta tính được giá trò dễ dàng. * Chú ý: Chọn phần tử trung gian hợp lí sao cho việc tính giá trò trung gian dễ dàng; …. Các ví dụ minh hoạ: ℵ Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 22 1 3 1 2 1 32 −<++<− n n n với 2; ≥Ν∈ nn . * Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy các BĐT cần chứng minh có một vế là một tổng vô hạn có số hạng tổng quát là: k 1 . Việc tính giá trò của tổng rất khó khăn nên ta phải nghó đến việc xác đònh phần tử trung gian. - Ta có: 1 21 1 2 −+ << ++ kkkkk nên ta có thể làm trội làm giảm số hạng của tổng. Γ GIẢI: Đặt n A 1 . 3 1 2 1 +++= a) – Chứng minh: 32 −> nA (Làm giảm mỗi số hạng của A) Nguyễn Văn Anh Trang 6 BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC Ta có: ( ) kk kkkkk −+= ++ > + = 12 1 221 . Do đó: ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 22122121 43322 −+=−+=++−+++−++−> nnnnA . Ta lại có: 323122212 −>−+>−+ nnn Vậy: 32 −> nA (*) b) – Chứng minh: 22 −< nA (Làm trội mỗi số hạng của A) Ta có: ( ) 12 1 221 −−= +− < + = kk kkkkk . Do đó: ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 22121 32212 −=−=+−−+++−++−< nnnnA . Vậy: 22 −< nA (**) Từ (*) và (**) ta có: 22 1 3 1 2 1 32 −<++<− n n n ℑ Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1 ! 1 !3 1 !2 1 <+++ n với 2; ≥Ν∈ nn * Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy các BĐT cần chứng minh có một vế là một tổng vô hạn có số hạng tổng quát là: ! 1 n . Việc tính giá trò của tổng rất khó khăn nên ta phải nghó đến việc xác đònh phần tử trung gian. - Ta có: ( ) kkk .1 1 ! 1 − < với 2>k nên ta có thể làm giảm số hạng của tổng. Γ GIẢI: Đặt ! 1 !3 1 !2 1 n A +++= . Vì ( ) kkk .1 1 ! 1 − < với 2 > k nên: ( ) 1 1 1 1 1 1 . 4 1 3 1 3 1 2 1 2 1 1 1 1 . 3.2 1 2 1 <−= − − ++ −+ −+ −= − +++< nnnnn A Vậy 1 ! 1 !3 1 !2 1 <+++ n với 2; ≥Ν∈ nn Χ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: 1) Chứng minh rằng: 999,1 1.1999 1 2.1998 1 1997.3 1 1998.2 1 1999.1 1 >+++++ . HD: p dụng BĐT Cô – si để chứng minh mỗi số hạng đều nhỏ hơn 0,001. 2) Chứng minh rằng: ( ) 2 1 1 45 1 34 1 23 1 2 1 < + +++++ nn . HD: Chứng minh ( ) + −< + − + +== + 1 11 .2 1 11 1 1 . .1 1 nnnnn n nn . 3) Chứng minh rằng: 1 1 4 1 3 1 2 1 2 1 2222 <++++< n với 2; ≥Ν∈ nn HD: Sử dụng ( ) ( ) 1. 11 .1 1 2 + >> − nnnnn để làm trội, làm giảm các số hạng của tổng. Ο Phương pháp 4: Sử dụng các phép chứng minh suy luận cơ bản. P 2 : Phương pháp này sử dụng các phép chứng minh suy luận cơ bản như: Phương pháp chứng minh phản chứng hay phương pháp chứng minh qui nạp * Chú ý: Cần trang bò (Nhắc lại các phương pháp chứng minh) Cần chứng minh: BA ⇒ (*) là đúng Nguyễn Văn Anh Trang 7 BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI ĐẲNG THỨC – BẤT ĐẲNG THỨC Chứng minh qui nạp: Phương pháp này thường sử dụng trong các bài toán mà A hoặc B có liên quan đến dãy n phần tử ( ) Ν∈ n * Kiểm tra (*) đúng với n = c (c là hữu hạn) * Giả sử (*) đúng với n = k (k bất kì) * Cần chứng minh (*) đúng vơi n = k + 1 Chứng minh phản chứng: * p dụng tính chất: ABBA ⇒⇔⇒ . Do đó để chứng minh BA ⇒ là đúng, ta chứng minh: AB ⇒ là đúng. Trong đó A là một mâu thuẫn Các ví dụ minh hoạ: ℵ Ví dụ 1: Cho 25 số tự nhiên: 25321 ; ;;; aaaa thoả điều kiện: 9 1 . 111 25321 =++++ aaaa Chứng minh rằng: Trong 25 số tự nhiên đó, tồn tại hai số hằng nhau * Nhận xét – Tìm hướng giải: Việc chứng minh (Chỉ rõ sự tồn tại hai số bằng nhau trong dãy) là khó.Đồng thời vế trái của giả thiết có dạng tương tự một vế của một BĐT ( Ví dụ 1 – Phương pháp 3). Do đó ta có thể sử dụng chứng minh phản chứng. Γ GIẢI: Giả sử trong 25 số đã cho không có hai số nào bằng nhau, có nghóa: 25321 aaaa ≠≠≠≠ . Không mất tính tổng quát, giả sử: 25321 aaaa <<<< . Vì: Ν∈ 25321 ; ;;; aaaa ; nên: 25; ;3;2;1 25321 ≤≤≤≤ aaaa . Khi đó: 25 1 . 3 1 2 1 1 11 . 111 25321 ++++≤++++ aaaa p dụng kết quả ví dụ 1 – Phương pháp 3 ta có: ( ) 912521 25 1 . 3 1 2 1 1 1 =−+<++++ Vậy: 9 1 . 111 25321 <++++ aaaa . Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Do đó tồn tại hai sô bằng nhau. ℑ Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n: 2 1 321 + ≤++++ n nn * Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là một BĐT có một vế là một tổng vô hạn. Do đó việc biến đổi tìm tổng là khó. Ta sử dụng phương pháp qui nạp toán học. Γ GIẢI: * Với 1 = n . Ta có: 2 11 .11 + ≤ . Suy ra BĐT đúng. (1) * Giả sử BĐT đúng với kn = , nghóa là: 2 1 321 + ≤++++= k kkS k là BĐT đúng. (2) * Với 1 += kn . Xét BĐT: 2 2 ).1(1 .321 1 + +≤++++++= + k kkkS k + Ta có: ++=++ + ≤++= + 1 2 .11 2 1 .1 1 k kk k kkSS kk (*) ( )( ) 2 21 .11 2 .1 2 2 ).1((*) 2 2 ).1( 1 ++ +≤ ++⇔ + +≤⇔ + +≤ + kk k k k k k k kS k ( )( ) kkkkkkkkk 32.22322.2212 22 ≤⇔++≤++⇔++≤+⇔ , đúng Nguyễn Văn Anh Trang 8 . quả của tính chất bắc cầu.Ta thường sử dụng phần tử trung gian để làm trội hay giảm các số hạng của tổng * Từ các phần tử trung gian này giúp ta tính được. các phép chứng minh suy luận cơ bản như: Phương pháp chứng minh phản chứng hay phương pháp chứng minh qui nạp * Chú ý: Cần trang bò (Nhắc lại các phương